Đang tải... (xem toàn văn)
Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-2)
=P, + PQ > ~ G+ dP, = Py ~ 1% — ~ %~ Py 2) Để tính giản phân ta lập bảng sau : k ‘Ta thay biéu thitc dấu ngoặc vế -1 g 6 phải biểu thức vế trái mà thay chi số k P 1 đổi ta : PQ 43 Q 37 è - Nếu áp dụng liên tiếp phép biến = CDE = -— UP, = -2- & Ped IPP, G5 - & - Pe -3) dòng thứ ghi số k, đồng thứ bai ghỉ giá trị q„ tương ứng q = lq, ta ghi P_, = 1, P,=q,= loP, in voik > có cách lấy g & dòng nhân với P,_ ¡ cộng với P,_;- Chẳng hạn ?.= = CD HPQ, - @,P,) = (1k 1qP, +1-aP,), Vay PQ, ~ QP, = (IF!) Đẳng thức (6) chứng tỏ : 1) (P„@Q/)= : Vì ước chung P,, Q„ phải ước vế trái (6) ước vế phải, suy rad = Vậy giản phân phân số tối giản Từ a » phân số tối giản thÌ từ 2a ="Tạ suy b 6-8, =ð6x 1+1 =7 Cũng đòng thứ tư gồm @, tương ứng Ở đâyn =2 Q,_,= Q,=6,P,_, Vậy theo Đặc biệt lấy & = n thi (6) viết : —= x.¬ -*96,_T¡T 6P T—¡= C1 + 5I(-1)"eP, _ ) =e Rõ ràng x, = (~1)"~Jo mt Yo = (WP, _ Yo = 121 611 we 6 Lo x = 147 Vậy nghiệm tổng quát phương trình ; l =x, + 3% = 37-126 ý =#¿ — 43 = 147 — 48 Tl Biểu diễn xấp xỈ số thực giản phân P liên phân thấy số biểu < hạ diễn số @, người Pa ta 10 2° Từ nghĩa tời giải Trước hết ta nhận thấy có số n cho +! «10! 1*°+27+ với số m > n ta cớ + OM 10", M+ 24 Bây giờ, phép thử trực tiếp, ta 1+2.,+9>10,12+22+ +92 > 102, lẬ+22+ +6)> B2 +92 = 729 + 512 > 109, Nhu vậy, với n tương đối bé thÌ bước thử làm cho ước vọng sử dụng nhận xét ta có : hiệu quả, song với œ = ta 17 +27 < 37, Ù + #7 + 87 < 2.97 < 47, tiếp tục q trình đó, cách sử dụng bất đẳng thức Benuli 1” + 27+ + 87 < 2,87, 2.87 < 97 va 2.97 < 107, tức 1” + 27 + +97 < 107, Véin = thi 15+ 254 + 95 > 105 có bất đẳng thức 0,9 + 0,8 + 0,72 >1, (Tra li: 16 + 26 + + 9% < 108) n < øa=2, da =4, a,= 16 , a, = 65536; b,=4 Như dễ thấy a, theo ti số — (s;+ s2)/6ị , tite 1a PA, PB, = = — (8)+ 8,)/s, hay 197 Trường hợp M nằm miền khác giải tuyết tương tự Còn M nằm hai đường > ~ > Tai HAI + a2TA; + aJ Ai =0, -BTLIẢ T1 == AVIA, + hy¬1T 1A, + A514, => —> ~ thẳng 4z4;:, Azá, Ái4; hệ thức (I) (T) Lúc có hai số s, T= (-a,A, + 6y Ấy + 0,4, — a,) Bây ta vận dụng kết thu để xác định điểm đặc biệt No hyhy + hgh, + Ah) - tam giác a) Nếu điểm M trùng với trọng tâm Œ tam giác 4424; rõ ràng — siRnA,liẤt + sinÁ, 1A, + sinA; 1Ã; =0 => => => => => T= (— hy Ay + Agh, A, + hyh, Ay)/ > > => => 1, = (~ sind, A, + sinA, A, + sinA, A,)/ AsinA, + sind, + sinA,) > > Acos(A /2) sin(A,/2) 3G, =0 va F= Days a, = AA,, a, = A2,0y =A‡A; x r bán kính đường trịn nội tiếp Hệ thức (D trở thành = Dd aJA, = đường cao hạ a,/sin Ay = A,sinA, = a,/sin A, từ A) ; từ hệ thức (8) ta suy -1 TA, = rr > — => (trong p nửa chu vi tam giác) => — ngoại Hình trùng tiếp T= ¥ sina, A/D sind, = = ¥ sinA, Ajx coa(A/2) kí hiệu tích) i=l c) Néu diém M tring véi tam 1, dường trịn bàng tiếp tam giác A;4;4; nằm góc AAA, Vì hệ thức cho ta với tam tâm giác O cia AiAz4; ta thu hệ thức Œ) (I) > sin24,0A, = = T= (aghy At + hyh,Ay + hy, Ay) Mhghy + hyh, + A\hy) 198 tròn M 8/sin2A, = s,/sin2A, = s,/sin2A, T= 30 0,4; 2p (với x=z đường điểm hay suy hệ thức Nếu sy/sìn Ã,OA„= é,/sin A,OA,= s,sinA,OA, DsinA, IA, = > d) (hình 3) > hy Từ Ay (3) Để ý đến hệ thức a,h, = a,h, =a,h, (A, sin (A2) 4; b) Nếu điểm M trùng với tâm đường trịn nội tiếp tam giác AAA, 8,/a, = s,/a, = sa, = r/2 = = (sind, A, + sind, A, + sind, A,)/ §¡= 8, = 8, va ta thu duge cdc két qua quen thuộc = va O= 5) sin24,A/> sin2A, = = > sin2A, AA + sin A, Chúng ta kiểm nghiệm lại hệ thức với vị trí tâm © (ở trong, ngồi hay biên tam giác), tức cho tam giác (có tồn góc nhọn, có góc tù hay góc vng) e) Trường hợp điểm M trùng với trực tâm tam cứu, giác xin dành cho bạn nghiên II ~- Bây ta mở rộng kết vào hÌnh học khơng gian M Tu thie (’) mục J ta od = = ~ B,= (8, A; + 8, A, +8, As, Trước hết xét toán: Cho diém nằm tú điện A,A,A,A, Hay xéc định số thục ky ky, ky ud ky khong dong thời cho Từ hệ thức _ B,= (A, S h2, =0 ist ) Cũng mục trên, ta nhận xét nghiệm toán xác định sai khác thừa số khác Dé gidi bai toán ta gọi ĐỊÐ2,Ú va u,, theo thứ tự thể tích tứ diện = => B„= vA, +, A, => + Uy Ái tức —» ~~ =~» —> (@,+ 0y+ 0,)PB, =v, PA,+ v,PA,+ uPA, (6) tổng > — + 0; Á2)/(0 =0; + Đ.), > (0ị +0; +) (kí hiệu sau hiểu (4) (5) ta suy ta => +0, A, từ có ta, + a3) (5) dé P điểm tùy ý không gian Nếu ta chọn P điểm chia đoạn thẳng A,B, theo tÍ số — (0 + 0, + 02)/0„ > > PA,/PB,= — (v, + 0y + 02) —» ta od v, PA, + (9¡ + by+ 0) tức tự — PB, =0, MAAAy MAA A, MAA Ava MA, AA, | hay, kết hợp với (6) mặt đối diện B, G = 1, 2, 3, 4) Như tức : điểm P thỏa mãn hệ thức (7) nổ nằm đường thẳng Giả sử đường thẳng nối M với đỉnh A, cất — ~ — —> v, PA, +v, PA, +0, PA, +0, PA, = (7) A¿B, Nhận xét số 1, 2, 3, tham gia vào hệ thức (7) với vai trò ngang nên cách tương tự ta củng chứng minh điểm P xác định ne thức (7?) nằm đường thẳng AjBi,A;B;,A;B, Nói cách khác điểm P điểm M cho Như ta thấy 0, = 1, 3, 8, 4), uới điểm M nồm tứ diện AA Hình Ta ki hiéu $118),84, *, tỈ lệ với ASA, fa có hệ thúc —» > o,MA, = diện tích tam giác B,Á;Á;, B,Á;A, uà B,A,A, THứp hết ta chứng minh #y/8; = v/v, Thật vậy, với kÍ hiệu V thể tích ta có aD Cũng với cáchh kí hiệu vectơ bán kính mục : OM = M, OA, = A; , dua (ID hệ thức tương đương > = M= Su,AV 5,8) =VABAA)VABAA,) ta a’) = V(MB,A,A)/V (MB, A,A,) với V thể tích tứ điện ArA,A;zA, = [VA,B,A,A,) ~ V(MB,A,A,)I Trường hợp điểm nằm tứ diện xin dành cho bạn nghiên cứu Nơi chung ta thu hệ thức tương tự (II) va (II’) dé mét vài số 1, HV (A,B A,A,) — V(MBA,A))I = 0,0, Tương tự ta 82js2 =0 /u; Từ có chứng 8/0, = sf, = syfv, mính 4) thay béi — v, Ta vận dụng kết vào điểm đặc biệt tứ diện 199 a) Nếu M trùng với trọng tâm G tứ điện thi v, = vb, =u, =u, va ta di téi nhiing Tit dé cfc thite (II) va (II’) sé cho D544,=> =0, Dad,> =0, hệ thức quen thuộc : S S6À/=0 sv đ= S4 b) Nếu M nội tiếp trùng với tâm ï mặt cẩu tứ diện /S, = 0/8, = v,/S; = 0/5, tích mặt đối diện (với với đỉnh _ T= > s,A/S ta có s, điện A) Sih, = S,h = Syh, = S,h, (voi A, la đường cao hạ từ đỉnh A; ) VỀ PHƯƠNG (S la dién tích tồn phần tứ điện) P= SAASapt Chúng ta tiếp tục áp dựng hệ thức (ID (TT) cho trường hợp điểm trùng với tâm mặt cầu bàng tiếp, ngoại tiếp tứ điện khảo sát mục để thu kết khác PHÁP XUỐNG THANG PHAN ĐỨC THÀNH Mọi người biết điểu khẳng định P.Fecma với n nguyên > phương trình at + = Zt @) khơng có nghiệm ngun đương (mệnh đề thường gọi Định lí lớn Feema) Mặc dầu Fecma "ơng tìm cách chứng míỉnh kì lạ định lí lớn Fecma, ơng khơng viết khơng đủ chỗ" (ghi Fecma viết lẽ sách Điôphăng) Cho đến Định lí lớn Feema chưa chứng mỉnh dạng tổng quát (và không phủ định được) Định lí lớn Feema chứng minh với số mũ riêng biệt hay nhớm số mủ, chẳng hạn với n < 4002 Định lí lớn Fecma vấn đề lí thú việc giải đòi hỏi phải sáng lập nhiều phương pháp Phương pháp chứng minh giới thiệu (thường gọi phương pháp xuống thang) có sở vững để nhiều người khơng viết khơng đủ chỗ" Nhưng nghỉ cách chứng minh mà Fecma dùng "nhưng ông quan trọng muốn để cập đến phương pháp xuống thang pháp có hiệu để giải tốn liên quan đến 200 điều phương lớp rộng phương trình nguyên Sau xin giới thiệu số tốn điển hình giải phương pháp xuống thang Bài toán (Định H lớn Fecma n = 4) Chứng minh phương trình Feema xd +y4= 24 (2) khơng có nghiệm ngun +,„y,z,zyz Trước chứng mỉnh định lí trên, ta chứng minh định lÍ mạnh hơn, cụ thể Định H Phương trình xt t+ yt = (3) khơng co nghiém ngun x,y,z,xyz ¥ Dễ dàng nhận thấy từ không tổn nghiệm nguyên +, y,2, xyz # phương trình (3) suy không tổn nghiệm nguyên phương trỉnh (2) Thực |zy.z[ nghiệm nghiệm (3) cta (2) thi [xy,Z2] Bay ta ý phương trình (3) cố nghiệm nguyên z, y, +, xyz z Ơ thÌ giả thiết số z,y,z cặp nguyên tố Thực z,y (thuộc nghiệm) có ước chung lớn đ > z=dx,y=dy,, 6,7) =1 Sau chia hai vế (3) cho d4 ta cd xt + yf = (2/d2)2 = z‡ Nhung x, va y, nguyên (4) nên 2, = z/d? nguyên Nếu z¡ uờ y; có ước chung & > xji & có nghĩa x, k khơng thể ngun tố Như chứng minh tồn nghiệm nguyên khác không (3) tổn nghiệm ngun khác khơng ngun tố nhau, Do đớ ta cần chứng minh phương trình (3) khơng có nghiệm ngun khác khơng cặp nguyên tố Để đơn giản đàng nhận thấy x+y tất = 22 ,u số dương, lẻ, nguyên tố Nếu đặt (u +0)/2 =ø, (w— 0)/2 =b hay 1u =a+b,u=ada-b (7) (8) ta có dạng khác (6) x=a2—b2,y=92ab,z=d2+ b2 m=p}, Ti fx2, y2,z,] la nghiém (5) Khi tồn a, b (a > b) nguyên tố nhau, chẵn lẻ khác cho (10) Do bình phương số lẻ chia cho dự x? =a? ~ 62 (4) suy a lé, chân VÌ ø lẻ, (a, 6) = nên (a, 26) = Khi từ đẳng thức x = 2ba suy a=#,9b=s2 n=q? p,g - nguyên q8) khác khơng Vìia=/2,a&=m2 + n2 nên phrtat=ð (14) Nhung z, = a? + b? > a? , O Từ mn = b/2 = (s/2)? (5) x*=u0, y= (w2 = 02)J2 , z = (u2 + 02)/2(6) nguyên dé m,n — nguyên tố nhau, chin lẻ khác Từ (12) ta có nguyên dương, cặp nguyên tố z,y chẵn lẻ khác nhau, nến z lẻ nghiệm có dạng : — x2 = m? ~ naup?, b = 2mn , a =m? +n? {8) có nghiệm thỉ điều có nghĩa có nghiệm nguyên dương cặp nguyên tố Dễ ¿ø@ bzệ,b,a] nghiệm (5) Có nghĩa cách nói quy ước : nới phương trình nghiệm phương trình (12) thuẫn giả thiết phương trình (3) có Ít nghiệm ngun z, ÿ, z, xyz z Điều chứng tỏ phương trình (3) khơng có nghiệm mà Thực chất phương pháp chứng minh ta tiến hành : xuất phát từ nghiệm, xây dung dây số nghiệm có tỉnh chất z dương, giảm v6 han phuong phép xuống thang Ta goi dé la Bằng phương pháp xuống thang ta chứng minh phương trình xi + yA = y2 khơng có nghiệm ngun Bài tốn Chứng minh trình sau khơng có nghiệm nguyên phương 201 +P tert v2 = xyen Giải ; Giả sử phương trình cớ nghiệm (+, }, 2, 0) VÌ z2 + y2 + Z2 + „2 chẵn nên sỐ +, y, z, u có (hoặc hoặc 4) số chẩn số Nếu tất lẻ z2 + y2 + Z2 + u2‡ x=2x\, y= 2y, Z = 2, 4 u = Qu, Thay chúng vào phương trình cho ta xỉ + yị + zŸ + uỆ = 8x8 Cũng lí luận tương tự tất nghiệm phương rỉnh phải chắn X= Oty, y, = yy, 2, = Be, uy = Quy Từ đến p++ dt up = ary eu, : Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm (,y,z,) phương pháp xuống thang ta đến phương trình a22 + y2 + a2 ue? == 22+ XY el, d6 a = 2h,4 4, =2u,,, (& > 1), Vy = Wea % = Mea p tite la véi moi Tương tự y = 2y, wo xh + By} + det = 2u4 lẻ dé 2xyzu không chia hết cho Nếu cớ hai số lẻ x? + y? + z2 + „2 khơng chia hết cho 4, dé 2xyzu ! Vậy tất số +,y,z„ phải chẵn 2x2 + y4 + Bet = dud s ty nhién : x/2' , y/2°, 2/2° , u/25 la cdc số nguyên Đó điểu cớ với x, y, 2% tự nhiên Cuối x = 2x, Vay n> Bef + yf + Det = uf fx,, #ị:Z¡,#y] nghiệm phương trình cho Nhưng nghiệm x,